极值点偏移问题的两种常见解法之比较
浅谈部分导数压轴题的解法
在高考导数压轴题中，不断出现极值点偏移问题，那么，什么是极值点偏移问题？参考陈宽宏、邢友宝、赖淑明等老师的文章，极值点偏移问题的表述是：已知函数y?f(x)是连续函数，在区间(x1,x2)内有且只有一个极值点x0，且
f(x1)?f(x2)，若极值点左右的“增减速度”相同，常常有极值点x0?x1?x2，我2们称这种状态为极值点不偏移；若极值点左右的“增减速度”不同，函数的图象不具有对称性，常常有极值点x0?x1?x2的情况，我们称这种状态为“极值点偏移”. 2极值点偏移问题常用两种方法证明：一是函数的单调性，若函数f(x)在区间(a,b)内单调递增，则对区间(a,b)内的任意两个变量x1、x2，
f(x1)?f(x2)?x1?x2；若函数f(x)在区间(a,b)内单调递减，则对区间(a,b)内
的任意两个变量x1、x2，f(x1)?f(x2)?x1?x2. 二是利用“对数平均不等式”证明，什么是“对数平均”？什么又是“对数平均不等式”？
?a?b,a?b,?两个正数a和b的对数平均数定义：L(a,b)??lna?lnb
??a,a?b,对数平均数与算术平均数、几何平均数的大小关系是：ab?L(a,b)?（此式记为对数平均不等式）
下面给出对数平均不等式的证明： i）当a?b?0时，显然等号成立 ii）当a?b?0时，不妨设a?b?0， ①先证ab?aaba?ba?b?，要证ab?，只须证：ln?，
bbalna?lnblna?lnba?b，2 令a1?x?1，只须证：2lnx?x?,x?1 bx21(x?1)21?0，所以f(x) 设f(x)?2lnx?x?,x?1，则f?(x)??1?2??2xxxx在(1,??)内单调递减，所以f(x)?f(1)?0，即2lnx?x?1， xa?b
lna?lnba?ba?b①再证： ?lna?lnb2故ab?aa?1lna?ba?b 要证：，只须证：b??b
alna?lnb22?1bax?1lnx2lnx 令?x?1，则只须证：，只须证1???，x?1
bx?12x?1221?(x?1)22lnx???0 设g(x)?1?，x?1，则g?(x)??(x?1)22x2x(x?1)2x?12 所以g(x)在区间(1,??)内单调递减，所以g(x)?g(1)?0，即1? 故
2lnx， ?x?12a?ba?b ?lna?lnb2a?b2
x2综上述，当a?0,b?0时，ab?L(a,b)?
例1 （2016年高考数学全国Ⅰ理科第21题）已知函数f(x)?(x?2)e?a(x?1)有
两个零点．
（Ⅰ）求a的取值范围；
（Ⅰ）设x1,x2是f(x)的两个零点，证明：x1?x2?2． 解：（Ⅰ）函数f(x)的定义域为R，
当a?0时，f(x)?(x?2)e?0，得x?2，只有一个零点，不合题意； 当a?0时，f?(x)?(x?1)[e?2a]
当a?0时，由f?(x)?0得，x?1，由f?(x)?0得，x?1，由f?(x)?0得，x?1， 故，x?1是f(x)的极小值点，也是f(x)的最小值点，所以f(x)min?f(1)??e?0 又f(2)?a?0，故在区间(1,2)内存在一个零点x2，即1?x2?2 由lim(x?2)e?limx???xxxx?21?lim?0,又a(x?1)2?0，所以，f(x)在区间 ?x?xx???ex????e (??,1)存在唯一零点x1，即x1?1， 故a?0时，f(x)存在两个零点；
当a?0时，由f?(x)?0得，x?1或x?ln(?2a)， 若ln(?2a)?1，即a?? 若ln(?2a)?1，即?e时，f?(x)?0，故f(x)在R上单调递增，与题意不符 2e?a?0时，易证f(x)极大值=f(1)??e?0故f(x)在R上只有一 2e 个零点，若ln(?2a)?1，即a??时，易证
22 f(x)极大值=f(ln(?2a)?a(ln(?2a)?4ln(?2a)?5)?0，故f(x)在R上只有一个零点
综上述，a?0
（Ⅰ）解法一、根据函数的单调性证明 由（Ⅰ）知，a?0且x1?1?x2?2x
2?x令h(x)?f(x)?f(2?x)?(x?2)e?xe因为x?1，所以x?1?0,e2(x?1)(x?1)(e2(x?1)?1),x?1，则h?(x)? ex?2?1?0，所以h?(x)?0，所以h(x)在(1,??)内单调递增
所以h(x)?h(1)?0，即f(x)?f(2?x)，所以f(x2)?f(2?x2)，所以f(x1)?f(2?x2)， 因为x1?1,2?x2?1，f(x)在区间(??,1)内单调递减，所以x1?2?x2，即x1?x2?2 解法二、利用对数平均不等式证明
由（Ⅰ）知，a?0，又f(0)?a?2 所以， 当0?a?2时，x1?0且1?x2?2，故x1?x2?2
(x1?2)ex1(x2?2)ex2当a?2时，0?x1?1?x2?2，又因为a????2(x1?1)(x2?1)2 (2?x1)ex1(2?x2)ex2即?22(1?x)(x?1)12
所以ln(2?x1)?x1?2ln(1?x1)?ln(2?x2)?x2?2ln(x2?1)
所以ln(2?x1)?ln(2?x2)?2(ln(1?x1)?ln(x2?1))?x2?x1?(2?x1)?(2?x2) 所以1?2ln(1?x1)?ln(x2?1)(2?x1)?(2?x2)4?x1?x2??
ln(2?x1)?ln(2?x2)ln(2?x1)?ln(2?x2)2 所以
x1?x2?2ln(1?x1)?ln(x2?1)?22ln(2?x1)?ln(2?x2) ①
下面用反证法证明不等式①成立
因为0?x1?1?x2?2，所以2?x1?2?x2?0，所以ln(2?x1)?ln(2?x2)?0 假设x1?x2?2，当x1?x2?2，1x?x2?2ln(1?x1)?ln(x2?1)?0且2=0,与①矛盾； 2ln(2?x1)?ln(2?x2) 当x1?x2?2时 所以x1?x2?2
x1?x2?2ln(1?x1)?ln(x2?1)?0且2<0,与①矛盾，故假设不成立 2ln(2?x1)?ln(2?x2)
2例2 （2011年高考数学辽宁卷理科第21题）已知函数f(x)?lnx?ax?(2?a)x
（Ⅰ）讨论函数f(x)的单调性；
（Ⅱ）若曲线y?f(x)与x轴交于A、B两点，A、B中点的横坐标为x0，证明：
f?(x0)?0
解：（Ⅰ）函数f(x)的定义域是(0,??)
f?(x)?1(1?2x)(1?ax) ?2ax?(2?a)?xx 当a?0时，f?(x)?0在区间(0,??)内恒成立，即f(x)在区间(0,??)内单调递增 当a?0时，由f?(x)>0，得函数f(x)的递增区间(0,)， 由f?(x)<0，得函数f(x)的递减区间(,??) （Ⅱ）解法一、根据函数的单调性求解
1a1ax1?x21，且0?x1??x2 2a111由（Ⅰ）知，当a?0时，[f(x)]极大值=[f(x)]max?f()?ln??1aaa
设点A、B的横坐标分别为x1、x2，则x0?
因为函数f(x)有两个不同的零点，所以[f(x)]max?0，所以0?a?1
要证f?(x0)?(1?2x0)(1?ax0)2?0，只须证ax0?1，即证x1?x2?
x0a 令h(x)?f(x)?f(?x)?lnx?ln(?x)?2ax?2,0?x?2a2a1a
1a2(ax?1)21?2a??0，所以h(x)在(0,)内单调递增 则h?(x)??x2?axx(2?ax)a12aa122 因为0?x1??x2，所以f(x1)?f(?x1)，所以f(x2)?f(?x1)
aaa1211 又x2?,?x1?，且f(x)在区间(,??)内单调递减
aaaa22 所以x2??x1，即x1?x2?，故f?(x0)?0
aa 所以h(x)?h()?0，即f(x)?f(?x) 解法二、利用对数平均不等式求解
设点A、B的坐标分别为A(x1,0)、B(x2,0)，则x0? 由（Ⅰ）知，当a?0时，[f(x)]极大值=[f(x)]maxx1?x2 2111?f()?ln??1
aaa 因为函数f(x)有两个不同的零点，所以[f(x)]max?0，所以0?a?1
2??lnx1?ax1?(2?a)x1?0 因为?，所以lnx2?lnx1?[a(x2?x1)?(2?a)](x2?x1) 2??lnx2?ax2?(2?a)x2?0 所以
x2?x1x?xx?x11??12，即?12
a(x1?x2)?(2?a)lnx2?lnx12a(x1?x2)?(2?a)22 所以a(x1?x2)?(a?2)(x1?x2)?2?0 ，所以[a(x1?x2)?2][(x1?x2)?1]?0
所以1?ax1?x221?xx 例3 （2014年高考数学湖南卷文科第21题）已知函数f(x)?e
1?x2 （Ⅰ）求函数f(x)的单调区间；
（Ⅱ）当f(x1)?f(x2),x1?x2时，求证：x1?x2?0 解：（Ⅰ）函数f(x)的定义域为R
x1?x2x?x?0，所以f?(x0)?f?(12)?22(1?x1?x2)(1?ax1?x2)2?0.
?(1?x2)?2x(1?x)x1?xx?x[(x?1)2?2]xe?e?e f?(x)?22222(1?x)1?x(1?x) 由f?(x)?0，得x?0，由f?(x)?0，得函数的递增区间(??,0)，由f?(x)?0，得函数的递减区间(0,??)，所以f(x)max?f(0)?1 （Ⅱ）解法一、利用函数的单调性求解
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